Si propongono 8 esercizi sul pH riguardanti acidi forti, basi forti, acidi deboli, basi deboli, soluzioni ottenute da una miscela di un acido e una base o dall’idrolisi di un sale.
Formule
Per la risoluzione degli esercizi si riportano le formule principali per la loro risoluzione:
pH = – log [H+]
pOH = – log [OH–]
pH + pOH = 14
Per le soluzioni tampone costituite da un acido debole e dalla sua base coniugata come, ad esempio, HCN e NaCN vale l’equazione di Henderson-Hasselbalch:
pH = pKa + log [base coniugata]/[acido debole]
Per le soluzioni tampone costituite da una base debole e dal suo acido coniugato come, ad esempio, NH3 e NH4Cl vale l’equazione di Henderson–Hasselbalch:
pOH = pKb + log [acido coniugato]/[base debole]
Nel caso di un sale derivante da acido debole e base forte, come, ad esempio, NaF la costante di idrolisi di F– è pari a Kb = Kw/Ka dove Kw è il prodotto ionico dell’acqua che a 25°C vale 1.00 · 10-14
Nel caso di un sale derivante da base debole e acido forte, come, ad esempio, NH4Cl la costante di idrolisi di NH4+ è pari a Ka = Kw/Kb dove Kw è il prodotto ionico dell’acqua che a 25°C vale 1.00 · 10-14
8 Esercizi sul pH
- Calcolare il pH di una soluzione di HNO3 che ha una concentrazione 0.10 M.
L’acido nitrico è un acido forte che si assume completamente dissociato: HNO3 → H+ + NO3–
Pertanto in soluzione la concentrazione dello ione H+ è pari a 0.10 M
Dalla definizione di pH si ha: pH = – log 0.10 = 1.0
- Calcolare il pH di una soluzione di HCl che ha una concentrazione 12.0 M
L’acido cloridrico è un acido forte che si assume completamente dissociato: HCl → H+ + Cl–
Pertanto in soluzione la concentrazione dello ione H+ è pari a 12.0 M
Dalla definizione di pH si ha: pH = – log 12.0 = – 1.08 (si noti che il valore di pH può essere inferiore a zero e superiore a 14)
- Calcolare il pH di una soluzione di NaOH che ha una concentrazione 0.10 M
L’idrossido di sodio è una base forte che si assume completamente dissociata: NaOH → Na+ + OH–
Pertanto la concentrazione dello ione OH– è pari a 0.10 M
Dalla definizione di pOH si ha: pOH = – log 0.10 = 1.0
Pertanto pH = 14 – 1.0 = 13.0
- Calcolare il pH di una soluzione di HF che ha una concentrazione 0.10 M sapendo che il valore di Ka è 7.2 10-4
L’acido fluoridrico è un acido debole che si dissocia secondo l’equilibrio:
HF ⇄ H+ + F–
Per conoscere le concentrazioni delle specie all’equilibrio si costruisce una I.C.E. chart
| HF | ⇄ | H+ | Cl– | |
| Stato iniziale | 0.10 | |||
| Variazione | -x | +x | +x | |
| Equilibrio | 0.10-x | x | x |
L’espressione della costante di equilibrio è:
Ka = [H+][ Cl–]/[HF]
Sostituendo i valori si ottiene:
7.2 · 10-4= (x)(x)/0.10-x = x2/0.10-x
Trascurando la x sottrattiva al denominatore si ha:
7.2 · 10-4= x2/0.10
Moltiplicando ambo i membri per 0.10 si ottiene:
7.2 · 10-5= x2
Da cui x = [H+] = √7.2 · 10-5 = 0.0085 ( si noti che si considera la sola radice positiva in quanto le concentrazioni non possono essere negative)
pH = – log 0.0085 = 2.1
- Calcolare il pH di una soluzione di NH3 che ha una concentrazione 0.10 M sapendo che il valore di Kb è 1.8. · 10-5
L’ammoniaca è una debole che si dissocia secondo l’equilibrio:
NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH–
Per conoscere le concentrazioni delle specie all’equilibrio si costruisce una I.C.E. chart
| NH3 | ⇄ | NH4+ | OH– | |
| Stato iniziale | 0.10 | |||
| Variazione | -x | +x | +x | |
| Equilibrio | 0.10-x | x | x |
L’espressione della costante di equilibrio è:
Kb= [NH4+][ OH–]/[ NH3]
Sostituendo i valori si ottiene:
1.8 · 10-5= (x)(x)/0.10-x = x2/0.10-x
Trascurando la x sottrattiva al denominatore si ha:
1.8 · 10-5= x2/0.10
Moltiplicando ambo i membri per 0.10 si ottiene:
1.8 · 10-6= x2
Da cui x = [OH–] = √1.8 · 10-6 = 0.0013 M
pOH = – log 0.0013 = 2.9
pH = 11-2.9 = 8.1
- Calcolare il pH di una soluzione ottenuta mescolando 250 mL di HCl 0.10 M con 300 mL di NaOH 0.12 M. (Si suppongano i volumi additivi)
Le moli di HCl sono pari a 0.250 L · 0.10 mol/L = 0.025
Le moli di NaOH sono pari a 0.300 L · 0.12 mol/L = 0.036
Le moli di NaOH in eccesso sono pari a 0.036 – 0.025 = 0.011
Il volume totale è 0.250 L + 0.300 L = 0.550 L
Da cui [OH–] = 0.011/0.550 L = 0.020 M
pOH = – log 0.020 =1.7
pH = 14 – 1.7 = 12.3
- Calcolare il pH di una soluzione ottenuta mescolando 250 mL di HF 0.10 M con 300 mL di NaF 0.12 M sapendo che Ka= 7.2 10-4 (Si suppongano i volumi additivi)
Trattandosi di una soluzione in cui è presente un acido debole e la sua base coniugata si applica l’equazione di Henderson-Hasselbalch relativa alle soluzioni tampone
NaF è un elettrolita forte e si dissocia in Na+ ed F– pertanto la concentrazione di F– è 0.12 M
Le moli di HF sono pari a 0.250 L · 0.10 mol/L = 0.025
Le moli di F– sono pari a 0.300 L · 0.12 mol/L = 0.036
Il volume totale è 0.250 + 0.300 = 0.550 L
[HF] = 0.025/0.550 L = 0.045
[F–] = 0.036/0.550 L = 0.065 M
pKa = – log 7.2 · 10-4 = 3.1
Applicando l’equazione di Henderson-Hasselbalch si ha:
pH = 3.1 + log 0.065/0.045 = 4.7
- Calcolare il pH di una soluzione di NaF 0.12 M sapendo che Ka= 7.2 10-4
NaF è un elettrolita forte e si dissocia in Na+ ed F– pertanto la concentrazione di F– è 1.0 M
Lo ione fluoruro idrolizza secondo l’equilibrio:
F– + H2O ⇄ HF + OH–
La costante relativa a questo equilibrio è pari a Kb = Kw/Ka dove Kw è il prodotto ionico dell’acqua che a 25°C vale 1.00 · 10-14
Da cui Kb = 1.00 · 10-14/ 7.2 · 10-4= 1.4 · 10-11
L’espressione di Kb è: Kb = [HF ][OH–]/[F–]
Per conoscere le concentrazioni delle specie all’equilibrio si costruisce una I.C.E. chart
| F– | ⇄ | HF | OH– | |
| Stato iniziale | 1.0 | |||
| Variazione | -x | +x | +x | |
| Equilibrio | 1.0-x | x | x |
Sostituendo questi valori nell’espressione di Kb si ottiene:
Kb = 1.4 · 10-11 =(x)(x)/1.0-x = x2/1.0-x
Trascurando la x sottrattiva al denominatore si ha:
1.4 · 10-11= x2/1.0
Da cui x = [OH–] = √1.4 · 10-11= 3.7 · 10-6 ( si noti che si considera la sola radice positiva in quanto le concentrazioni non possono essere negative)
Pertanto pOH = – log 3.7 · 10-6 =5.4 e pH = 14 – 5.4 = 8.6